1、2015届上海市普陀区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一单项选择题（共16分，每題2分，每题只有一个正确选项）1 “韦/米2”为磁感应强度的单位，它和下面哪个单位相同（）A牛/（安米）B牛安/米C牛安/米2D牛/（安米2）分析：“韦/米2”为磁感应强度的单位，在国际单位制中磁感应强度的单位是T，根据磁感应强度的定义式B=分析单位关系解答：解：在国际单位制中磁感应强度的单位是T，1特=1韦/米2，根据磁感应强度的定义式B=可知，1特=1牛/（安米）故A正确，BCD错误故选：A点评：对于单位关系，往往要根据物理规律即公式进行推导2关于惯性，下列说法中正确的是（）A静止的物体没有惯性B物体运动速度
2、大时惯性大C航天员在空间站中失去惯性D物体在任何情况下都有惯性考点：惯性分析：一切物体在任何情况下都有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关解答：解：A、惯性大小只与物体的质量有关，而与其他因素无关，故A错误；B、惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关，故B错误；C、任何物体在任何情况下都有惯性，那么就不存在没有惯性的物体，故C错误；D、任何物体在任何情况下都有惯性，故D正确；故选：D点评：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来3对于万有引力定律的表达
3、式，下列说法正确的是（）AG是引力常量，是人为规定的B当r等于零时，万有引力为无穷大C两物体受到的引力总是大小相等，与两物体质量是否相等无关Dr是两物体间最近的距离考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：1、万有引力定律内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比、与它们之间距离r的二次方成反比2、表达式：F=G，G为引力常量：G=6.671011 Nm2/kg23、适用条件：（1）公式适用于质点间的相互作用当两物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点（2）质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间
4、的距离解答：解：A、公式中引力常量G的值是卡文迪许在实验室里用实验测定的，而不是人为规定的，故A错误；B、当两个物体间的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用，故B错误；C、力是物体间的相互作用，万有引力同样适用于牛顿第三定律，即两物体受到的引力总是大小相等，与两物体是否相等无关，故C正确；D、r是两质点间的距离；质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离；故D错误；故选：C点评：本题关键明确万有引力定律的适用条件和万有引力常量的测量，基础题4如图，当逻辑电路中的A、B两端分别输入电信号“1”和“0”时，在C和D端输出的电信号分别为（）A1和0B1和1C0和1D0
5、和0考点：简单的逻辑电路分析：与门的特点是当所有条件都满足，事件才能发生，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反解答：解：当A端输入电信号“1”，B端输入电信号“0”时，则非门输出为1，即D端输出为11和1又输入与门，所以输出端C为1故选：B点评：解决本题的关键知道与门和非门的特点，并能灵活运用5（2分）（2015普陀区一模）如图，一颗小弹丸从离水面不高处落入水中，溅起的几个小水珠可以跳得很高（不计能量损失），下列说法正确的是（）A小弹丸下落时具有的重力势能等于几个水珠在最高点的重力势能B小弹丸下落时具有的重力势能大于几个水珠在最高点的重力势能C小弹丸下落时具有的重力势能小于几个水珠在最高点的
6、重力势能D小水珠跳起的高度超过弹丸下落的高度，是违背能量守恒的考点：功能关系分析：该题中，弹丸的重力势能转化弹丸的动能，再转化为水的弹性势能最后转化成小水珠的动能，在这一过程中，水的总动能要小于弹丸的动能，但是，各个水珠的质量都比较小，因此，小水珠跳起的高度存在多种可能性，这样，即可对题目的各选项做出判断解答：解：弹丸的重力势能转化弹丸的动能，再转化为水的弹性势能最后转化成小水珠的动能，小水珠升高的过程中，动能又转化为重力势能，（即表现为小水珠的高度），在这一过程中，水的总动能要小于弹丸的动能，但是，各个水珠的质量都比较小，因此，小水珠跳起的高度存在多种可能性当弹丸的质量又比较大的时候，完全有
7、可能出现个别小水珠跳起的高度较高的情况，甚至可以超过弹丸下落的高度故B正确，ACD都错误故选：B点评：该题考查能量的转化与守恒，题目中弹丸的重力势能转化成小水珠的势能，在这一过程中，各个水珠的质量都比较小，因此，小水珠跳起的高度存在多种可能性考虑到这样的多种性，才能对题目做出正确的判定6（2分）（2015普陀区一模）如图，一辆轿车正在水平路面上转弯时，下列说法正确的是（）A水平路面对轿车弹力的方向斜向上B轿车受到的向心力来源于静摩擦力C轿车受到的向心力是重力、支持力和牵引力的合力D轿车加速度的方向一定垂直于运动路线的切线方向考点：向心力；摩擦力的判断与计算专题：匀速圆周运动专题分析：汽车拐弯时
8、做圆周运动，在竖直方向上摩托车受重力和支持力平衡，靠水平路面对车轮的静摩擦力提供向心力解答：解：A、水平路面对车身的弹力方向垂直于路面竖直向上故A错误BC、汽车做圆周运动靠水平路面对车轮的静摩擦力提供向心力故B正确，C错误D、一辆轿车正在水平路面上转弯时，一定有指向圆心的向心加速度，故轿车加速度的方向一定不垂直于运动路线的切线方向，故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道在竖直方向上汽车受重力和支持力平衡，靠水平路面对车轮的静摩擦力提供向心力7（2分）（2015普陀区一模）如图，绝缘金属小球A、B带同种电荷，用丝线相连A球固定不动，B球从丝线处于水平位置由静止开始释放下列说法正确的是（）AB球
9、的电势能增加BB球的电势能减小CA、B球所带电荷量越多，电场力对B球做功越大DB球到达最低点时的速度与小球所带电荷量无关考点：电势差与电场强度的关系；功能关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：小球B处于小球A形成的等势面上运动，电场力不做功，只有重力做功，根据动能定理即可判断小球的速度解答：解：ABC、A球形成的电场为点电荷的电场，故B运动的轨迹处于同一等势面上，电场力不做功，故B球的电势能不变，故ABC错误；D、B球到达最低点的过程中，只有重力做功，电场力不做功，故与小球所带电荷量无关，故D正确故选：D点评：本题主要考查了等势面，带电体在等势面上移动时，电场力不做功；8（2分）（20
10、15普陀区一模）如图，在水平放置的螺线管的中央，放着一个可绕水平轴OO自由转动的闭合线圈abcd，轴OO与螺线管的轴线垂直，ab边在OO轴的左上方，闭合k的瞬间，关于线圈的运动情况，下列说法正确的是（）A不转动Bab边向左转动Cab边向右转动D转动的方向与螺线管中的电流方向有关考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：先根据安培定则判断出通电螺线管的磁场的方向，然后根据楞次定律判断出线圈转动的方向解答：解：根据安培定则与线圈的绕法可知，通电时，通电螺线管中产生的磁场的N极向右；闭合k的瞬间，螺线管中的电流增大，所以产生的磁场增大，即向右的磁场增大，根据楞次定律可知线圈的感应电流的磁场方向向左
11、，感应电流的方向为abcd的方向，最后由左手定则可知，ab边受力的方向向下，cd边受力的方向向上，所以ab边向左转动故B正确故选：B点评：学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；以及感应电流的方向和线圈的受力关系该题也可以使用“阻碍变化”的推论直接解答二、单项选择题（共24分，每题3分，每题只有一个正确选项）9（3分）（2015普陀区一模）如图，水平桌面上叠放着甲、乙两个物体，拉力F作用在乙上，甲、乙一起相对桌面向右做匀减速直线运动，乙物体受到的作用力有（）A3个B4个C5个D6个考点：物体的弹性和弹力专题：受力分析方法专题分析：对整体及甲分析可知乙受摩擦力的情况，再分析乙的
12、受力情况可知乙受力个数解答：解：由甲分析，可知甲受重力、支持力，由于匀减速直线运动，则水平方向受到乙对甲的静摩擦力，所以甲对乙也有静摩擦力；对乙分析可知乙受重力、支持力、压力、拉力及地面对乙的摩擦力，还有甲对乙也静摩擦力，故乙受6个力； 故选：D点评：本题要注意摩擦力的判断，必要时可以用假设法进行判断；并且要灵活应用整体法与隔离法10（3分）（2015普陀区一模）如图，是质点做直线运动的速度时间图象，该质点（）A在第1秒末速度方向发生了改变B在第1秒末加速度方向发生了改变C在前2秒内发生的位移为零D第3秒末和第6秒末的位置相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运
13、动学中的图像专题分析：速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；解答：解：A、02s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变故A错误；B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1s末加速度方向发生了改变，故B正确；C、根据“面积”表示位移可知，02s内的位移为：x1=，故C错误；D、根据“面积”表示位移可知，03s内的位移为：x1=1m05s内的位移为：x2=1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同故D错误故选：B点评：深刻理解某一段时间内的位移就等于在该
14、段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口11（3分）（2015普陀区一模）如图，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧靠着插栓不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法正确的是（）A增大甲、乙两力，且甲力增加较多B增加乙、丙两力，且乙力增加较多C增加甲、丙两力，且甲力增加较多D增加乙、丙两力，且丙力增加较多考点：合力的大小与分力间夹角的关系专题：平行四边形法则图解法专题分析：根据力的合成法则，结合题意，将圆环向上移动，即可判定求解解答：解：由题意可知，圆环将竖直向上运动，因此同时增加甲、丙两力，则会出现向乙反向运动，若
15、要使插栓位于圆环中心，圆环必须偏向左，则甲力增加较多，这样才能实验位于中心，故C正确，ABD错误；故选：C点评：考查力的合成法则，理解平衡条件的应用，注意使插栓位于圆环中心，是解题的突破口12（3分）（2015普陀区一模）如果闭合电路中电源的电动势为12V，外电压为10V，当有0.5C电量通过电路时，下列结论正确的是（）A在电源内部，非静电力将5J的其它形式的能转化为电能B在电源内部，静电力将6J的其它形式的能转化为电能C在电源外部，静电力将5J的电能转化为其它形式的能D在电源外部，静电力将6J的电能转化为其它形式的能考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：在电源的内部非静电力做功将其
16、它形式的能转化为电能，在电源的外部，静电力做功将电能转化为其它形式的能解答：解：在电源内部，根据公式：W=qE=0.512=6J，非静电力将6J的其它形式的能转化为电能故A、B都错误 在电源外部，根据公式：W=qU=0.510=5J，静电力将5J的电能转化为其它形式的能故C正确，D错误故选C点评：解决本题的关键搞清哪部分静电力做功，哪部分非静电力做功13（3分）（2015普陀区一模）在高度h=45m处竖直上抛一小球，比与它同时在同一高度自由下落的另一小球迟t=1s落到地上，不计空气阻力，则竖直上抛小球的初速度为（）A8.75m/sB11.5m/sC17.5m/sD21.5m/s考点：竖直上抛运
17、动分析：先对自由落体运动的物体运用公式h=gt2求解运动时间，然后对竖直上抛运动的球运用位移时间关系公式列式求解初速度解答：解：对高度h=45m自由落体的小球，有：h=gt2解得：t=故竖直上抛运动的时间为：t=t+1s=4s规定向上为正方向，有：h=gt2代入数据，有：45=4解得：v0=8.75m/s故选：A点评：本题关键是明确两个小球的运动性质，然后选择位移时间关系公式列式求解，注意竖直上抛运动的全程是匀变速直线运动，可以当作匀减速运动处理14（3分）（2015普陀区一模）如图，用一根螺钉、一节电池、一根导线、一块钕磁铁，可以做一个电动机先把螺钉和钕磁铁连起来，并把它一头吸在电池的一极上
18、，再用导线把电池和螺钉尾端的钕磁铁连接起来，螺钉就会转动下列说法正确的是（）A该电动机的工作原理基于电磁感应定律B没有换向器，螺钉仍能连续旋转一段时间C电源消耗的总功率等于热功率D无论把螺钉的一头吸在电池的正极还是负极上，螺钉的旋转方向均相同考点：楞次定律；功能关系分析：根据左手定则判断螺丝钉的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小解答：解：A、小磁铁产生的磁场方向为螺丝的下端A向下流向磁铁，对螺丝的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极周围磁感线由上往下斜穿入螺丝内部在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷
19、受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外）所以，由上往下看（俯视），螺丝沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应故A错误；B、没有换向器，螺钉仍能连续旋转一段时间故B正确；C、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率故C错误D、结合A的方向可知，把螺钉的一头吸在电池的正极或负极上时，电流的方向不同，所以螺钉的旋转方向不相同故D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能15（3
20、分）（2015普陀区一模）如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将ACB边移走，则余下线框受到的安培力大小为（）AFBFCFDF考点：安培力分析：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可解答：解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图由于曲线ACB上产生的安培力等效于长AB上的电线产生的安培力，所以等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为：根据欧姆定律：并联的电流：I1=I2=则安培力F1=余下线框受
21、到的安培力大小为：F2=BI2L=故选：D点评：该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路题目的难度中档16（3分）（2015普陀区一模）一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）AB2C（v）2（）D（v）2（+）考点：加速度专题：直线运动规律专题分析：首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可解答：解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3据运动学公式可知：且v2v1=v3v2=v联立以上三式解得：a=，故A正确
22、，BCD错误故选：A点评：明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手三多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有二个或三个正确选项，全选对的，得4分，选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分）17（4分）（2015普陀区一模）如图，将两根吸管串接起来，再取一根牙签置于吸管中，前方挂一张薄纸，用同样的力对吸管吹气，牙签加速射出，击中薄纸若牙签开始是放在吸管的出口处，则牙签吹在纸上即被阻挡落地；若牙签开始时放在近嘴处，则牙签将穿入薄纸中，有时甚至射穿薄纸下列说法正确的是（）A两种情况下牙签的加速度不同B两种情况下牙签的加速度相同C牙签开始放在吸管的出
23、口处，气体对其做功大D牙签开始时放在近嘴处，末速度更大考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：牙签被吹出后做平抛运动，只受重力，加速度相同根据平抛运动的规律分析末速度关系解答：解：AB、牙签被吹出后做平抛运动，只受重力，加速度都为g，故A错误，B正确C、牙签在吸管中加速运动，受到的合力恒定，根据动能定理可得，Fl=mv2由此可见，加速的距离越大，获得的动能越大，故牙签开始放在近嘴处，气体对其做功大，故C错误D、牙签开始时放在近嘴处获得的初速度大，根据速度的合成可得末速度 v=，则它的末速度大，故D正确故选：BD点评：本题是物理知识在生活中的应用，关键要掌握平抛运动的规律，知道牙签加速的距离大，获
24、得的动能大，牙签就可能射穿薄纸18（4分）（2015普陀区一模）如图，矩形abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线圈以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动下图是线圈的四个可能到达的位置，则线圈的动能可能为零的位置是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变进行分析当线圈进入或穿出磁场时，磁通量变化，产生感应电流，受到安培阻力作用，速度可能为零解答：解：AD、线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，
25、速度可能为零，动能可能为零故AD正确BC、线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以图中线框速度不可能为零故BC错误故选：AD点评：本题的解题关键是抓住线框完全进入磁场中没有感应电流产生，不受安培力进行分析19（4分）（2015普陀区一模）小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），速度是5m/s，将弹簧压缩到最短（如图丙）的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度x之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比下列说法正确的
26、是（）A在撞击轻弹簧到轻弹簧压缩至最短的过程中，小球的动能先变大后变小B从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小C小球在速度最大时受到的弹力为2ND此过程中，弹簧被压缩时产生的最大弹力为12.2N考点：功能关系；弹性势能分析：小球的速度先增加后减小，故其动能先增大后减小，在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力解答：解：A、由图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；B、在小球下
27、落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，所以B错误；C、小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，故C正确；D、小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k=20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmax=kxmax=200.61N=12.2N，故D正确故选：ACD点评：本题考查学生对图象的认识，知道小球落在弹簧上后先做加速运动达到最
28、大速度后再做减速运动，这是解决问题的根本，能根据速度最大的条件求得弹簧的劲度系数是关键20（4分）（2015普陀区一模）如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=的圆形匀强磁场区域中线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示（）A通过线框中感应电流方向为逆时针方向Bt=0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC在t=0.6s内通过线框中的电量为0.12CD经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J考点：导体切割磁感
29、线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量=BS求解；由q=t求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量解答：解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；B、t=0时刻穿过每匝线框的磁通量为：=10.5Wb，总磁通量为=n=203.8103Wb=7.6102Wb，故 B错误；C、在t=0.6s内通过线框中的电量q=t=0.12C，故C正确；D、由Q=I2Rt=，故D正确故选：ACD点评：考查磁通量的定义，注意磁通量的正负，理解法
30、拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，及其焦耳定律，注意安培力大小计算与方向的判定四填空题（共20分，每小题4分）21（4分）（2015普陀区一模）如图，一棵树上与A等高处有两个质量均为0.2kg的苹果，其中一个落入B处的篮子里，若以沟底D处为零势能参考面，则此时该苹果的重力势能为8.8 J；另一个落到沟底的D处，若以C处为零势能参考面，则此时该苹果的重力势能为6 J考点：动能和势能的相互转化；重力势能分析：已知零势能面，则由EP=mgh可求得重力势能解答：解：以D点为零势能面，则B点的重力势能为：EP=mgh=0.210（3+1.4）=8.8J；C处为零势能参考面，D点重力势能为：Ep=
31、mgh=0.210（3）=6J故答案为：8.8，6J点评：本题主要考查了重力势能的表达式的直接应用，注意零势能面的选取，难度不大，属于基础题22（4分）（2015普陀区一模）在如图所示的电路中，已知定值电阻为R，电源内阻为r，电表均为理想电表将滑动变阻器滑片向下滑动，电流表A示数变化量的绝对值为I，则电压表V1示数变化量的绝对值U1=IR，电压表V2示数变化量的绝对值U2=Ir考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析根据电源的输出功率分析功率的变化解答：解：据题理想电压表内阻无穷大，相当于断
32、路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、分别测量R、路端电压的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大I，则U1=IR根据闭合电路欧姆定律得：U2=EIr，则得：=r 则有：U2=Ir故答案为：IR；Ir点评：本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析23（4分）（2015普陀区一模）如图，P是水平放置的足够大的圆盘，绕经过圆心O点的竖直轴匀速转动，在圆盘上方固定的水平钢架上，吊有盛水小桶的滑轮带动小桶一起以v=0.1m/s的速度匀速向右运动，小桶底部
33、与圆盘上表面的高度差为h=5mt=0时，小桶运动到O点正上方且滴出第一滴水，以后每当一滴水刚好落在圆盘上时桶中恰好再滴出一滴水，不计空气阻力，若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，圆盘角速度的最小值为，则=rad/s，第二、三滴水落点的最大距离为d，则d=0.5m考点：线速度、角速度和周期、转速；自由落体运动专题：匀速圆周运动专题分析：滴下的水做平抛运动，平抛运动的时间由高度决定，水平位移由时间和初速度共同决定若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，且圆盘的角速度最小，则在滴水的时间内圆盘转动rad解答：解：水滴平抛运动的时间：t=1s则圆盘的最小角速度：=rad/s= rad/s第2滴水距离O
34、点的距离x2=vt2=0.12m=0.2m，第3滴水距离O点的距离为x3=vt3=0.13m=0.3m，因为2、3两滴水分居在O点的两侧，所以d=x2+x3=0.5m故答案为：，0.5点评：本题是平抛运动与圆周运动相结合的问题，关键掌握两种运动的运动规律，抓住相等量进行分析计算24（4分）（2015普陀区一模）如图，光滑绝缘细管与水平面成30角，在管的上方P点固定一个点电荷+Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平，PBAC，AB=BC=15cm，B是AC的中点电荷量为+q的小球（小球直径略小于细管内径）从管中A处以速度v=1m/s开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a=4
35、m/s2则小球运动到C处速度大小为2m/s，加速度大小为6m/s2考点：电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）从A到C的过程中，因AC两点处于同一等势面上，故电场力做功为零，只有重力做功，根据动能定理即可求的速度；（2）根据受力分析，利用牛顿第二定律即可求的加速度解答：解：（1）根据动能定理可得mg代入数据解得vC=2m/s（2）在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，
36、即为a=ga=104m/s2=6m/s2故答案为：2；6点评：考查点电荷的电场强度公式，掌握矢量的合成法则，利用动能定理求解，理解牛顿第二定律与力的平行四边形定则的综合应用25（4分）（2015普陀区一模）如图，重为G的物体，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在绞车D上转动绞车，物体便能升起设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆AB和BC的质量不计，A、B、C三处均用铰链连接当物体处于平衡状态时，杆AB所受力的大小为2.73G，杆BC所受力的大小为3.73G考点：力矩的平衡条件；共点力平衡的条件及其应用分析：画出各个力，分别作出各个力的力臂，然后又力矩的平衡即可解答解答：解：以A为支点，A
37、B受到BC的支持力和两个绳子的拉力，它们的力臂如图1，设AB杆的长度为L，则：竖直向下的拉力的力臂；L1=LBD的拉力的力臂：BC杆的作用力的力臂：由力矩平衡得：GL1+GL2=FBCL3代入数据得：FBC=3.73G同理，以B为支点，BC受到AB的拉力和两个绳子的拉力，它们的力臂如图2，则：竖直向下的拉力的力臂：；BD的拉力的力臂：BC杆的作用力的力臂：由力矩平衡得：GL4+GL5=FABL6代入数据得：FAB=2.73G故答案为：2.73G；3.73G点评：本题的解题突破口是抓住AB杆和BC杆是二力杆，分别画出AB和BC的作用力方向，再根据力矩平衡条件求解五实验题（共24分）26（4分）（
38、2015普陀区一模）1825年，科拉顿做了这样一个实验，他将一个磁铁插入连有灵敏电流计的闭合线圈，观察在线圈中是否有电流产生在实验时，科拉顿为了排除磁铁移动时对灵敏电流计的影响，他通过很长的导线把接在闭合线圈上的灵敏电流计放到隔壁房间科拉顿在两个房间之间来回跑，始终没看到电流计指针动一下科拉顿没能看到电流计指针发生偏转的原因是他认为电流是稳定的若要使科拉顿能看到电流计指针发生偏转，请你提出一种改进的方法将电表等器材置于同一房间考点：感应电流的产生条件分析：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流；当穿过闭合电路的磁通量不发生变化时，电路中不会产生感应电流解答：解：科拉顿用条形磁铁在
39、线圈中进行插进和抽出的实验时，线圈中的磁通量发生了变化，电流表的回路中有感应电流产生；当他跑到另一个房间时，由于磁铁在线圈在不动，此时没有感应电流，所以他无法观察到若要使科拉顿能看到电流计指针发生偏转，将电表等器材置于同一房间即可在线圈中进行插进和抽出的实验时，观察到电流表的回路中有感应电流产生故答案为：他认为电流是稳定的；将电表等器材置于同一房间点评：本题考查了感应电流产生的条件的应用，掌握感应电流条件是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题27（5分）（2015普陀区一模）在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中，（1）请按正确的实验顺序填写下列步骤：开启电源，运行DIS应用软件，点击
40、实验条目中的“研究机械能守恒定律”软件界面卸下“定位挡片”和“小标尺盘”，安装光电门传感器并接入数据采集器摆锤置于A点，点击“开始记录”，同时释放摆锤，摆锤通过D点的速度将自动记录在表格的对应处把光电门传感器放在大标尺盘最底端的D点，并以此作为零势能点A、B、C点相对于D点的高度已事先输入，作为计算机的默认值点击“数据计算”，计算D点的势能、动能和机械能依次将光电门传感器放在标尺盘的C、B点，重复实验，得到相应的数据（2）（多选题）除了以上实验步骤，该实验还需要测量的物理量有BCA摆线的长度 B摆锤的直径 C摆锤的质量 D摆锤下落的时间考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：摆锤摆动过程受到
41、拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，在这个条件下得出结论：只有重力做功的情况下摆锤机械能守恒实验前使标尺盘上的竖直线与摆线平行，能使得光电门的接收孔与测量点位于同一水平面内解答：解：（1）卸下“定位挡片”和“小标尺盘”，安装光电门传感器，用来采集数据；再开启电源，运行软件；确定零势能点，然后输入相应的高度；开始点击“开始记录”，同时释放摆锤；更换光电门位置，重复实验；最后点击“数据计算”，计算D点的势能、动能和机械能故答案为：；（2）根据实验原理可知，减小的重力势能转化为动能的增加还需要测量摆锺的直径d，及其质量m；故BC正确，AD错误；故答案为：（1）；（2）BC点评：本题比较新颖，要注意
42、结合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的原理28（7分）（2015普陀区一模）在研究共点力的合成实验中，（1）甲、乙和丙三位同学在做这个实验时，所用弹簧秤的量程均为05N，且事先均调整好了零刻度如图，他们都把橡皮条的一端固定在木板上的A点，用两个弹簧秤分别钩住橡皮条另一端的细绳套，互成角度地将橡皮条拉到某一确定的O点，此时细绳都与制图板平行，用F1和F2表示两个弹簧秤的拉力其中，甲图：F1和F2的方向互相垂直，F1=3.0N、F2=3.8N；乙图：F1和F2方向间的夹角约为60，F1=F2=4.0N；丙图：F1和F2方向间的夹角约为120，F1=F2=4.0N这三位同学中操作不合适的是哪一
43、位？为什么？操作不合适的是乙同学，因为他这两个力的合力超过了弹簧秤刻度的最大值5N，下面再用一个弹簧测力计拉时拉不到O点（2）丁图是一位同学某次实验用两弹簧秤通过细线Oa、Ob拉橡皮筋OO的情况，其操作错误或不妥当之处有：细线Oa太短和两细线夹角太小（至少写两条）考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：抓住弹簧测力计的量程，通过平行四边形定则求出合力的大小，从而判断弹簧测力计能否测量合力的大小解答：解：（1）对于甲同学，合力F甲=4.8N对于乙同学F乙=24cos155N，对于丙同学，F丙=4N可见操作不合适的是乙同学，因为他的两个力的合力超过了弹簧测力计的最大值，下面再用一个弹簧测力计
44、拉时拉不到O点（2）操作错误或不妥当之处有：细线Oa太短；两细线夹角太小；弹簧秤的轴线没有与细线在同一条直线上；故答案为：（1）操作不合适的是乙同学，因为他这两个力的合力超过了弹簧秤刻度的最大值5N，下面再用一个弹簧测力计拉时拉不到O点 （2）细线Oa太短；两细线夹角太小；弹簧秤的轴线没有与细线在同一条直线上点评：解决本题的关键知道“互成角度的两个力的合成”实验的原理，知道用两根弹簧秤拉和用一根弹簧秤拉，都必须将绳子的结点拉到同一点，保证产生相同的作用效果29（8分）（2015普陀区一模）在用多用表测量电阻、电流和电压的实验中，（1）若旋转选择开关，使尖端对准直流电流档，可测出通过A、B两灯的
45、电流请按要求连接实物图（要求电路中导线不能交叉）（2）若旋转选择开关，使尖端对准欧姆档，可测出A、B两灯串联的总电阻请按要求连接实物图（要求电路中导线不能交叉）（3）如图为用多用电表测未知电阻R的原理图已知电源电动势为E、内阻为r，滑动变阻器的阻值为R1，灵敏电流计的内阻为Rg请根据以上物理量说明：当R越小时，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：（1）电流表应与被测电路串联，电流从正接线柱流入，从负 接线柱流出，根据题目要求连接实物电路图（2）用欧姆表测电阻，欧姆表与待测电阻并联（3）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用欧姆定律分析答题解答：解：（
46、1）电流表测通过A、B两灯的电流，两灯泡与电流表串联，实验电路图如图所示：（2）用多用电表测测出A、B两灯串联的总电阻，两灯泡串联，多用电表选择欧姆档，欧姆表并联在灯泡两端，如图所示：（3）电流变化量：I=I2I1=，由上述推导可得，当R一定时，被测电阻R的阻值越小，|I|就越大所以，当R越小时，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；（3）如上所述点评：本题考查了多用电表的用法，知道电流表、欧姆表的使用方法、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题六计算题（共50分）30（10分）（2015普陀区一模）跳伞员常常采用“加速自由降落”（即AFF）的方法跳伞如果一
47、个质量为50kg的运动员在3658m的高度从飞机上跳出，自由降落40s时，竖直向下的速度达到50m/s，然后再打开降落伞（开伞时间不计），假设这一运动是匀加速直线运动求：（1）运动员平均空气阻力为多大？（2）在开伞时，他离地面的高度是多少？考点：牛顿第二定律；自由落体运动专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据加速度的定义式求加速度，由牛顿第二定律求阻力；根据运动学公式求高度解答：解：（1）加速度平均阻力为f，mgf=ma所以f=（5010501.25）=437.5N （2）自由降落的位移为h，开伞时的高度为H，H=H0h=36581000=2658m 答：（1）运动员平均空气阻力为437.5N
48、（2）在开伞时，他离地面的高度是2658m点评：本题综合考查了牛顿第二定律、自由落体公式的联合应用，难度中等31（12分）（2015普陀区一模）一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量m=10kg的物体如图，绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长H=1m提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C设A到B的距离H=1m，车经过B点时的速度为vB=5m/s求：（1）当车运动到B点时，物体升高的高度h；（2）车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功W某同学
49、的解法为：Wmgh=mv，代入h和vB的数据，即可求出拉力对物体做的功W你若认为该同学的结论正确，计算该功大小；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求出该功的大小考点：动能定理；运动的合成和分解专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据几何关系求解物体升高的高度h（2）该同学的结论是错误的因为汽车经过B点时的速度与此时物体的速度不等，应根据速度的分解得到物体的速度，再由动能定理求解功解答：解：（1）当车运动到B点时，物体升高的高度为：h=H=（1）m=0.41m （2）该同学的结论是错误的因为绳总长不变，物体的速度与车在同一时刻沿绳方向的速度大小相等，而此刻车的速度方向不沿绳的方向，所以两者的速
50、度大小不相等如图，将车的速度v沿绳的方向和垂直于绳的方向分解，得：v1=vBcos 绳Q端拉力对物体是变力做功，可用动能定理求解则有：Wmgh=得：W=mgh+=（10100.41+1052cos245）J=103.5J答：（1）当车运动到B点时，物体升高的高度h是0.41m；（2）该同学的结论是错误的因为绳总长不变，物体的速度与车在同一时刻沿绳方向的速度大小相等，而此刻车的速度方向不沿绳的方向，所以两者的速度大小不相等该功的大小为103.5J点评：本题考查了动能定理和速度的合成和分解综合运用，难度中等，知道汽车沿绳子方向的分速度等于物体的速度32（14分）（2015普陀区一模）如图，A、B是
51、两块竖直放置的平行金属板，相距为2L，两板间有场强为E的匀强电场A板上有一小孔（忽略它对两板间电场分布的影响），C、D为水平光滑绝缘轨道轨道C端有一固定挡板，长为L的轻弹簧左端固定在挡板上，右端固定一块轻小的绝缘薄板Q一个质量为m，电荷量为q（q0）的小球，在电场力作用下由静止开始从两板间的中点P向左运动，穿过小孔后（不与金属板A接触）与薄板Q一起压缩弹簧小球从接触Q开始，经历一段时间把弹簧压缩至最短，然后又被弹簧弹回由于薄板Q的绝缘性能有所欠缺，使得小球每次离开Q瞬间，它的电荷量变成刚与Q接触时电荷量的k倍（k1）不计机械能损失（1）求弹簧第一次被压缩到最左边时的弹性势能；（2）设小球第n次
52、离开Q向右运动（最远处没有到达B板），速度由v减为零所需时间为tn，求n为多少？（3）设A板的电势为零，当k=时，若小孔右侧的轨道粗糙，且与带电小球间的滑动摩擦力f=qE，求带电小球初、末状态的电势能变化量考点：电势差与电场强度的关系；弹性势能；功能关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据能的转化和守恒定律，即小球在电场力作用下获得动能，与Q接触过程中，全部转化成弹簧的弹性势能（2）分析知，小球每次离开Q时的速度大小相同，等于小球第一次与Q接触时速度大小v，运动学公式即可求的n（3）利用动能定理求的弹回两板间后向右运动最远距A板的距离，利用E=qEl求的电势能得变化解答：解：（1）当P
53、由静止释放到弹簧第一次被压缩到最左边的过程中，根据能的转化和守恒定律可得弹性势能为：EP=qEL （2）小球第n次离开Q时，产生的加速度为：a=小球做减速运动所需时间为：tn=小球所带电荷量为：联立解得：所以有：（3）将小球第一次弹回两板间后向右运动最远距A板的距离为L1，则：（qEf）L（kqE+f）L1=00，L1=L设小球第2次弹回两板间后向右运动最远距A板的距离为L2，则有：，当时，电场力为，即小球将可以保持静止所以带电小球初、末状态的电势能变化量为：答：（1）求弹簧第一次被压缩到最左边时的弹性势能qEL；（2）n为（3）带电小球初、末状态的电势能变化量为点评：了解研究对象的运动过程是
54、解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题要注意小球运动过程中各个物理量的变化33（14分）（2015普陀区一模）光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l=1m，左侧接R=0.3的电阻区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁感应强度B=1T，磁场宽度为s=1.5m一质量m=1kg，电阻r=0.2的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好金属棒受到水平力F的作用，从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动，加速度a=0.5m/s2（1）求水平力F与速度v的关系；（2）若在金属棒未出磁场区域时撤去外力，此后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0x，且棒运
55、动到ef处时恰好静止通过计算证明金属棒在撤去外力后的过程满足动能定理画出金属棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的图线（要求有解析过程，并在坐标轴上标出关键点）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据感应电动势、欧姆定律得到电阻R两端的电压与金属棒速度v的关系式，根据速度均匀增大，求出棒的加速度，并解得B（2）从这角度去分析证明：安培力做功等于动能的该变量求出加速阶段的末速度和位移，作出棒在整个运动过程中速度v随位移x变化的图线解答：解：（1）金属棒受到水平力F的作用，从磁场的左边界由静止开始做匀加速运动，由牛顿第二定律得：FBIl=ma而I=，
56、E=Blv故有：F=+ma=（2）棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0x，故减速过程的位移为：x=由于安培力F=BIl=，故F与速度v成正比，而v=v0x，故F与x也成线性关系，故在减速阶段的全程有安培力做功：W=Fx=BIlx=x=，故金属棒在撤去外力后的过程满足动能定理（3）减速阶段的初速度v0，就是加速阶段的末速度v加速阶段的位移：x=，减速过程的位移为：x=并且有：x+x=s代入数据得：x=1m，v=1m/s图线如下：答：（1）求水平力F与速度v的关系为f=2v+0.5；（2）图线为点评：根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量要善于对物体过程分析和进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题
